Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

KARKAR · #1

: Ρυθμός μεταβολής.png (11.83 KiB) Προβλήθηκε 1444 φορές

Κύκλος με κέντρο το σημείο K(2,2)

εφάπτεται στους Ox , Oy

. Σημείο

κινείται ανατολικά

με ταχύτητα v=1

(μον. μήκ)

( μον. χρόν) . Η εφαπτομένη από το

προς τον κύκλο , τέμνει τον ημιάξονα

στο σημείο B(0,b)

. Βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης

του σημείου

, την στιγμή που a=12

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 26, 2020 7:54 pm
Ρυθμός μεταβολής.pngΚύκλος με κέντρο το σημείο εφάπτεται στους . Σημείο κινείται ανατολικά

με ταχύτητα (μον. μήκ)( μον. χρόν) . Η εφαπτομένη από το προς τον κύκλο , τέμνει τον ημιάξονα

στο σημείο . Βρείτε τον ρυθμό μεταβολής της τεταγμένης του σημείου , την στιγμή που .

Από τον τύπο $E=\rho \tau$ έπεται $\displaystyle{\frac {1}{2}ab= 2(a+b+\sqrt {a^2+b^2})/2}$ . Λύνοντας είναι $\displaystyle{b=4+\dfrac {8}{a-4}}$ . Παραγωγίζοντας ως προς

(τον χρόνο), οπότε a'=v=1

, έπεται το ζητούμενο. Εδώ $b'= -\dfrac {8}{(a-4)^2}a'$ , και λοιπά.

KARKAR · #3

Καλημέρα Μιχάλη !

Αναρωτιέται κανείς πόσα είναι αυτά "τα λοιπά" που δεν μπαίνεις στον κόπο να τα γράψεις

Η λύση , πάντως , είναι εξαιρετική , η επίλυση όμως της εξίσωσης έχει από μόνη της ενδιαφέρον .

Η δική μου λύση είναι διαφορετική , μακροσκελής επίσης ...

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 27, 2020 8:17 am
Αναρωτιέται κανείς πόσα είναι αυτά "τα λοιπά" που δεν μπαίνεις στον κόπο να τα γράψεις

Θανάση, μα αυτά που άφησα μέσα στο "και λοιπά" είναι τα τετριμμένα. Τα άφησα όχι γιατί βαριέμαι αλλά γιατί δεν αξίζουν το ¨μελάνι" τους.

Ας τα δούμε, για να κρίνει ο καθένας αν υπάρχει τίποτα ουσιαστικό μέσα στο "και λοιπά".

Έφτασα στο $b'= -\dfrac {8}{(a-4)^2}a'$ . Ξέρουμε ότι a=12

και ξέρουμε (το ανέφερα κιόλας) ότι a'=1

. Ιδού λοιπόν τι λείπει από το δεύτερο ίσον και πέρα:

$b'= -\dfrac {8}{(a-4)^2}a'= -\dfrac {8}{(12-4)^2}\cdot 1=-\dfrac {1}{8}$

Νομίζω ότι όλοι θα συμφωνήσουν ότι αυτό που έλλειπε, ήταν δευτερεύον.

#5

Η ωραία λύση του Κ. Λάμπρου αποθαρρύνει το ανέβασμα άλλης λύσης .

Ας δούμε όμως μια ακόμα.

Η ευθεία , $AB \to \dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} = 1\,\,\,\,\mu \varepsilon \,\,a,b > 4\,\,\,\,$ . Δηλαδή : bx + ay - ab = 0

.

Επειδή η ακτίνα του κύκλου είναι

θα ισχύει : $\dfrac{{|2a + 2b - ab|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = 2$ και άρα :

${[2\left( {a + b} \right) - ab]^2} = 4\left( {{a^2} + {b^2}} \right)$ .

Οι πράξεις δεν έχουν καμιά δυσκολία αλλά για χατίρι του KARKAR

ας τις δούμε:

$\displaystyle 4{\left( {a + b} \right)^2} + {a^2}{b^2} - 4ab\left( {a + b} \right) = 4\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \Leftrightarrow$

$4\left( {{a^2} + {b^2} + 2ab} \right) + {a^2}{b^2} - 4{a^2}b - 4a{b^2} = 4\left( {{a^2} + {b^2}} \right)$

Έτσι : $8ab + {a^2}{b^2} - 4ab(a + b) = 0 \Rightarrow 8 + ab - 4(a + b) = 0$ και άρα : $\boxed{b = 4\frac{{a - 2}}{{a - 4}}}$

Δηλαδή οι σχέσεις τεταγμένης με τετμημένη είναι : $\left\{ \begin{gathered} y = 4\frac{{x - 2}}{{x - 4}} \hfill \\ x = x\left( t \right) \hfill \\ y = y\left( t \right) \hfill \\ \frac{{dx}}{{dt}} = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Οπότε : $\dfrac{{dy}}{{dt}} = \dfrac{{dy}}{{dx}}\dfrac{{dx}}{{dt}} = - \dfrac{8}{{{{(x - 4)}^2}}}$ και για x = 12

δίδει: $\boxed{\frac{{dy}}{{dt}} = - \frac{1}{8}}$

#6

Doloros έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 27, 2020 10:30 am
Η ωραία λύση του Κ. Λάμπρου αποθαρρύνει το ανέβασμα άλλης λύσης .

Νίκο, έχω και μία ωραία γεωμετρική λύση. Δεν την έγραψα γιατί ... έχει σχήμα, αλλά υπόσχομαι ότι κάποια στιγμή θα το κάνω.

ksofsa · #7

Καλημέρα σε όλους!

Γράφω μια λύση με τριγωνομετρικά μέσα:

Θέτω $\angle OAB=x$

Είναι : $tan\dfrac{x}{2}=\dfrac{2}{a(t)-2}$ , σχέση που προκύπτει αν σκεφτούμε ότι η

διχοτόμος της $\angle A$ .

Επίσης: $\dfrac{b(t)}{a(t)}=tanx=\dfrac{2tan\dfrac{x}{2}}{1-tan^2\dfrac{x}{2}}=\dfrac{4a(t)-8}{a^2(t)-4a(t)}\Leftrightarrow b(t)=4+\dfrac{8}{a(t)-4}$

Οπότε:

$b'(t)=-\dfrac{8a'(t)}{(a(t)-4)^2}=-\dfrac{1}{8}$

#8

Γράφω την γεωμετρική λύση που είχα κατά νου:

Επειδή η

είναι διχοτόμος, το τρίγωνο ACK

έχει $\angle CAK=\frac {1}{2}A$ και KCA = 135^o

, άρα $\angle CKA= 45- A/2= 45-(90-B)/2=\frac {1}{2}B$ . Όμοια οι γωνίες του BDK

είναι επίσης $\frac {1}{2}A,\frac {1}{2}B, 135$ , οπότε τα δύο τρίγωνα είναι όμοια. Έπεται

$\dfrac {AC}{KC}= \dfrac {KD}{BD}$ , ή αλλιώς $\dfrac {a-2r}{r\sqrt 2}= \dfrac {r\sqrt 2}{b-2r}$ , δηλαδή $b-2r= \dfrac {2r^2}{a-2r}$ . Και λοιπά.

#9

: Ρυθμός τεταγμένης λόγω απαφής_τριγωνομετρικά.png (22.4 KiB) Προβλήθηκε 1249 φορές

$\left\{ \begin{gathered} \tan \theta = \frac{2}{m} \hfill \\ \tan \omega = \frac{2}{k} \hfill \\ k = a - 2 \hfill \\ m = b - 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \tan \theta = \frac{2}{m} \hfill \\ \frac{{1 - \tan \theta }}{{1 + \tan \theta }} = \frac{2}{k} \hfill \\ k = a - 2 \hfill \\ m = b - 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{b = 2 + \frac{{2a}}{{a - 4}}}$

Απ ότι φαίνεται κάτι τέτοια σκεφτόμουν κι εγώ, όχι όμως την αμιγώς γεωμετρική του Κ. Λάμπρου .

#10

Στο σχήμα του Νίκου, $\displaystyle a - 2 = SA = \frac{{a + b + \sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{2} - b \Rightarrow ...$ $\displaystyle b = 4\frac{{a - 2}}{{a - 4}}$

Τα υπόλοιπα όπως και ο Νίκος (#5).

KARKAR · #11

: Ρυθμός μεταβολής sympl.png (7.38 KiB) Προβλήθηκε 1212 φορές

Όλες οι προσεγγίσεις έχουν το "γούστο" τους . Ας γράψω και την ιδέα του θεματοδότη :

Από Π.Θ. στο OAB

, είναι : $(a+b-4)^2=a^2+b^2 \Leftrightarrow b=\dfrac{4a-8}{a-4}=4+\dfrac{8}{a-4}$ .

Η συνέχεια όπως ο Μιχάλης στις δύο πρώτες αναρτήσεις .

#12

Αλλιώς στο σχήμα του Θανάση, $\displaystyle \frac{{ab}}{2} = (ABC) = (a - 2)(b - 2) \Leftrightarrow b = 4\frac{{a - 2}}{{a - 4}},$ ... κλπ.

Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

Re: Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

Re: Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

Re: Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

Re: Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

Re: Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

Re: Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

Re: Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

Re: Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

Re: Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

Re: Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

Re: Ρυθμός μεταβολής τεταγμένης

Μέλη σε σύνδεση